\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题2.2}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{证明:若子列 $\left\{a_{2,2}\right\},\left\{a_{2, n+1}\right\}$ 收敛且有相同极限,则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛.}
\textbf{证}\quad
设数列 $\left\{a_{2 k}\right\},\left\{a_{2 k+1}\right\}$ 的极限为 $a,$ 则 $\forall \varepsilon>0$,
$$
    \begin{array}{c}
        \exists N_{1} \in \mathrm{N}^{*}, \quad \forall n=2 k>N_{1}, \quad\left|a_{2 k}-a\right|<\varepsilon \quad \\ \exists N_{2} \in \mathbb{N}^{*},
        \forall n=2 k+1>N_{2}, \quad\left|a_{2 k+1}-a\right|<\varepsilon
    \end{array}
$$
\par 取 $N=\max \{N_{1}, N_{2},\}, \forall n>N,$ 不论 $n=2 k$ 还是 $n=2 k+1,$ 都有 $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon,$ 即数列
$\left\{a_{n}\right\}$ 收敛
.

\section{证明:数列 $\{\sin n\}$ 发散.}
\textbf{证}\quad
由于$\pi$为无理数,$n$是自然数,所以由狄利克雷定理,存在一个子列使得$\sin a_{k}$极限为$0$.而对于$\sin a_{k+1}$,显然当$|\sin a_{k}|<\frac{1}{2}$时,其大于$\sin \left(1-\frac{\pi}{6}\right)$,从而其发散.

\textbf{注}\quad
狄利克雷定理可由抽屉原理易证.

\section{ 证明 : 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛,数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 发散,则 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 发散.}
\textbf{反证}\quad
若$\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$有极限,则由极限的四则运算可知
$$
    \left\{a_{n}+b_{n}\right\}-a_{n}=b_{n}
$$
\par 有极限.与$b_{n}$发散矛盾.

\section{已知$\{a_{n}\}$极限为零,若 $b_{n}=a_{1} a_{2} \cdots a_{n},$ 试问数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的极限是否为零.}
\textbf{证}\quad
因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0, \Leftrightarrow \forall 1>\varepsilon>0, \exists N \in \mathbb{Z}^{+},$ s. t. $n>N$ 时, $\left|a_{n}\right|<\varepsilon .$
记 $M=\left|a_{1} a_{2} \cdots a_{N}\right| \geqslant 0$
$$
    \left|b_{n}\right|=\left|a_{1} a_{2} \cdots a_{N} a_{N+1} \cdots a_{n}\right|<M \varepsilon^{n-N}<M \varepsilon
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=0$

\section{已知 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a,$ 证明 $: \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[3]{a_{n}}=\sqrt[3]{a}$.}
\textbf{证}\quad
(1) 若 $a \neq 0,$ 则因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a, \Leftrightarrow \forall \varepsilon>0, \exists N_{1} \in \mathbb{Z}^{+},$ $\mathrm{s.t.}$ $n>N_{1}$ 时, $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon$.
\par 又由极限的保号性可知 $: \exists N_{2} \in \mathbb{Z}^{+},$ s. t. $n>N_{2}$ 时, $a_{n} \neq 0$,并且 $a_{n} a>0 .$
\par 取 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\},$ 当 $n>N$ 时，
$$
    \left|\sqrt[3]{x_{n}}-\sqrt[3]{a}\right|=\frac{\left|x_{n}-a\right|}{\left|\sqrt[3]{x_{n}^{2}}+\sqrt[3]{a x_{n}}+\sqrt[3]{a^{2}}\right|}<\frac{\left|x_{n}-a\right|}{\sqrt[3]{a^{2}}}<\frac{\varepsilon}{\sqrt[3]{a^{2}}}
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[3]{a_{n}}=\sqrt[3]{a}$
\par (2)若$a=0,$ 则由 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0, \Leftrightarrow \forall \varepsilon>0, \exists N \in \mathbb{Z}^{+},$ $\mathrm{s.t.}$ $n>N$ 时, $\left|a_{n}-a\right|=\left|a_{n}\right|<\varepsilon^{3}$.
从而 $\left|\sqrt[3]{a_{n}}\right|<\varepsilon,$ 即 $\left|\sqrt[3]{a_{n}}-0\right|<\varepsilon,$ 于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[3]{a_{n}}=0 .$

\section{求下列极限:}
\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+a+a^{2}+\cdots+a^{n-1}}{1+b+b^{2}+\cdots+b^{n-1}},$ 其中 $|a|<1,|b|<1$}
\textbf{解}\quad
$$\text{原式}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1-a^{n-1}}{1-a}}{\frac{1-b^{n-1}}{1-b}}=\frac{\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-a^{n-1}}{1-a}}{\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-b^{n-1}}{1-b}}=\frac{1-b}{1-a} .$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2^{n}+(-1)^{n}}{2^{n+1}+(-1)^{n+1}}$}
\textbf{解}\quad
$$\text{原式}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}{2+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}}=\frac{\lim _{n \rightarrow \infty} 1+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}{\lim _{n \rightarrow \infty} 2+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}}=\frac{1}{2}$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) n}\right]$}
\textbf{解}\quad
$$\text{原式}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{(n-1)}-\frac{1}{n}\right]=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)=1$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{2^{2}}\right)\left(1-\frac{1}{3^{2}}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)$}
\textbf{解}\quad
$$
    \begin{aligned}
        a_{n} & =\left(\frac{2^{2}-1}{2^{2}}\right)\left(\frac{3^{2}-1}{3^{2}}\right) \cdots\left(\frac{n^{2}-1}{n^{2}}\right)                                         \\
              & =\frac{1 \times 3}{2^{2}} \frac{2 \times 4}{3^{2}} \frac{3 \times 5}{4^{2}} \cdots \frac{(n-2) n}{(n-1)^{2}} \frac{(n-1)(n+1)}{n^{2}}=\frac{n+1}{2 n},
    \end{aligned}
$$
\par 原式 $=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{2 n}=\frac{1}{2}$.

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n^{2}}+\frac{2}{n^{2}}+\cdots \frac{n}{n^{2}}\right)$}
\textbf{解}\quad
原式 $=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1+2+3+\cdots+n}{n^{2}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{\frac{(1+n) n}{2}}{n^{2}}\right]=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}+n}{2 n^{2}}=\frac{1}{2}$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n-1)^{2}}{(n+2)^{2}}$}
\textbf{解}\quad
$$
    \text { 原式 }=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}-2 n+1}{n^{2}+4 n+4}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{4}{n}+\frac{4}{n^{2}}}=1
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+a}-\sqrt{n})(a>0)$}
\textbf{解}\quad
$$
    \text { 原式 }=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a}{\sqrt{n+a}+\sqrt{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{a}{\sqrt{n}}}{\sqrt{1+\frac{a}{n}}+1}=0
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{n}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-2})$}
\textbf{解}\quad
$$
    \text { 原式 }=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 \sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-2}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{1-\frac{2}{n}}}=\frac{3}{2}
$$

\subsection{ $\lim _{n \rightarrow \infty}(1+x)\left(1+x^{2}\right) \cdots\left(1+x^{2^{n-1}}\right),$ 其中 $|x|<1$}
\textbf{解}\quad
$$
    \text { 原式 }=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-x^{2^{n}}}{1-x}=\frac{1-\lim _{n \rightarrow \infty} x^{2^{n}}}{1-x}=\frac{1}{1-x} .
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1+2+\cdots+n}{n+2}-\frac{n}{2}\right)$}
\textbf{解}\quad
$$
    \text { 原式 }=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)-n(n+2)}{2(n+2)}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{-n}{2(n+2)}=-\frac{1}{2}
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n} \sqrt{n+1}-n)$}
\textbf{解}\quad
$$
    \text { 原式 }=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{\sqrt{n} \sqrt{n+1}+n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}=\frac{1}{2} \text { . }
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{m} n^{m}+a_{m-1} n^{m-1}+\cdots+a_{1} n+a_{0}}{b_{k} n^{k}+b_{k-1} n^{k-1}+\cdots+b_{1} n+b_{0}}\left(m \leqslant k, a_{m} \neq 0, b_{k} \neq 0\right), m, k \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{解}\quad
当 $m=k$ 时,
$$
    \text { 原式 }=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{m}+\frac{a_{m-1}}{n}+\cdots+\frac{a_{1}}{n^{m-1}}+\frac{a_{0}}{n^{m}}}{b_{m}+\frac{b_{m-1}}{n}+\cdots+\frac{b_{1}}{n^{m-1}}+\frac{b_{0}}{n^{m}}}=\frac{a_{m}}{b_{m}} ;
$$
\par 当 $m<k$ 时,
$$
    \begin{aligned}
        \text { 原式 }= & \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{m}\left(a_{m}+\frac{a_{m-1}}{n}+\cdots+\frac{a_{1}}{n^{m-1}}+\frac{a_{0}}{n^{m}}\right)}{n^{k}\left(b_{k}+\frac{b_{k-1}}{n}+\cdots+\frac{b_{1}}{n^{k-1}}+\frac{b_{0}}{n^{k}}\right)}   \\
                        & =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(a_{m}+\frac{a_{m-1}}{n}+\cdots+\frac{a_{1}}{n^{m-1}}+\frac{a_{0}}{n^{m}}\right)}{n^{k-m}\left(b_{k}+\frac{b_{k-1}}{n}+\cdots+\frac{b_{1}}{n^{k-1}}+\frac{b_{0}}{n^{k}}\right)}=0 .
    \end{aligned}
$$

\section{设 $a_{n} \leqslant b_{n} \leqslant c_{n}$ 且 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(c_{n}-a_{n}\right)=0,$ 判断数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是否收敛.}
\textbf{解}\quad
不一定收敛.如果$a_{n},c_{n}$都趋于无穷则不一定.

\section{求下列数列的极限:}
\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}\right]$}
\textbf{解}\quad
由于 $\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}} \leqslant \frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}},$ 而
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}}}=1, \quad \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=1
$$
\par 所以由夹逼定理可知
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}\right)=1
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}}+\frac{1}{(n+2)^{2}}+\cdots+\frac{1}{(2 n)^{2}}\right]$}
\textbf{解}\quad
由于 $\frac{1}{4 n}<\frac{n+1}{4 n^{2}} \leqslant \frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}}+\frac{1}{(n+2)^{2}}+\cdots+\frac{1}{(2 n)^{2}} \leqslant \frac{n+1}{n^{2}},$ 而
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{4 n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{n^{2}}=0
$$
\par 所以由夹逼定理可知
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}}+\frac{1}{(n+2)^{2}}+\cdots+\frac{1}{(2 n)^{2}}\right]=0
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(n^{2}-n+2\right)^{1 / n}$}
\textbf{解}\quad
当 $n>2$ 时 $,(n-1)^{2}<\left(n^{2}-n+2\right)<n^{2},$ 已知 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n}=1,$ 而
$$
    \begin{aligned}
        \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{(n-1)^{2}}= & \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{(n-1)} \sqrt[n]{(n-1)}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{(n-1)} \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{(n-1)}=1,                             \\
                                                          & \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n^{2}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n} \sqrt[n]{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n} \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n}=1
    \end{aligned}
$$
\par 所以由夹逼定理可知
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty}\left(n^{2}-n+2\right)^{\frac{1}{n}}=1
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}(\arctan n)^{\frac{1}{n}}$}
\textbf{解}\quad
当 $n \geqslant 1$ 时, $\frac{\pi}{4}=\arctan 1 \leqslant \arctan n<\frac{\pi}{2},$ 已知 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}=1,(a>0),$ 而
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{\pi}{4}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{\pi}{2}}=1
$$
\par 所以由夹逼定理可知
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty}(\arctan n)^{\frac{1}{n}}
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{2^{n}+3^{n}}$}
\textbf{解}\quad
由于 $3 \leqslant \sqrt[n]{2^{n}+3^{n}}<\sqrt[n]{2 \times 3^{n}}=3 \sqrt[n]{2},$ 已知 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{2}=1,$ 所以由夹逼定理可知
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{2^{n}+3^{n}}=3
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{m}^{n}\right)^{\frac{1}{n}}, a_{i}>0, i=1, \cdots, m$}
\textbf{解}\quad
记 $a=\max \left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{m}\right\},$ 由于 $a \leqslant \sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{m}^{n}} \leqslant \sqrt[n]{m a^{n}}=a \sqrt[n]{m},$ 且已知
$\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{m}=1,(m>0),$ 所以由夹逼定理可知
$$
    \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{m}^{n}}=a=\max \left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{m}\right\}
$$

\section{设 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a,$ 证明:}
\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left[n a_{n}\right]}{n}=a$}
\textbf{证}\quad
由$na_{n}-1\leqslant [na_{n}]\leqslant na_{n}$得$\frac{na_{n}-1}{n}\leqslant \frac{[na_{n}]}{n}\leqslant a_{n}$.不等式两边同时取极限,由夹逼定理即证.

\subsection{若还有 $a_{n}>0, a>0,$ 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{n}}=1.$}
\textbf{证}\quad
当$a=1$时,显然成立$1-\sqrt[n]{1-\varepsilon}<\varepsilon$.以此即证.
\par 当$a>1$时,则成立$\exists N,\forall n > N, a_{n}>1$.设$a_{n}<M$,由$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M}=1 $可知,可以用夹逼定理证明$\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{a_{n}}=1$.
\par 当$a<1$时,记$a'_{n}=\frac{1}{a_{n}}$,则由上问结论有$\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{a_{n}}=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{a'_{n}}}=1$.

\end{document}